備戰(zhàn)2020年高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題4.11 曲線運動綜合問題（含解析）

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1、專題4.9 曲線運動綜合問題 【考綱解讀與考頻分析】 曲線運動綜合問題考查的知識點多，綜合性強，成為高考命題熱點。 【高頻考點定位】 曲線運動 綜合問題 考點一：曲線運動綜合問題 【3年真題鏈接】 1.（2019海南物理·10）三個小物塊分別從3條不同光滑軌道的上端由靜止開始滑下。已知軌道1、軌道2、軌道3的上端距水平地面的高度均為；它們的下端水平，距地面的高度分別為、、，如圖所示。若沿軌道1、2、3下滑的小物塊的落地點到軌道下端的水平距離分別記為、、，則（ ） A. B. C. D. 【參考答案】BC 【名師解析】沿軌道1下滑，由機械能守恒

2、定律，mg（4h0-h0）=mv12，下滑至軌道1末端時速度v1=，從軌道1末端飛出做平拋運動，由平拋運動規(guī)律，s1=v1t1，h0=gt12，聯立解得s1=2 h0；沿軌道2下滑，由機械能守恒定律，mg（4h0-2h0）=mv22，下滑至軌道2末端時速度v2=，從軌道2末端飛出做平拋運動，由平拋運動規(guī)律，s2=v2t2，2h0=gt22，聯立解得s2=4 h0；沿軌道3下滑，由機械能守恒定律，mg（4h0-3h0）=mv32，下滑至軌道3末端時速度v3=，從軌道3末端飛出做平拋運動，由平拋運動規(guī)律，s3=v3t3，3h0=gt32，聯立解得s3=2 h0；顯然，s2> s1，s2> s3，s

3、1= s3，選項BC正確。 2．（2017·江蘇卷·5）如圖所示，一小物塊被夾子夾緊，夾子通過輕繩懸掛在小環(huán)上，小環(huán)套在水平光滑細桿上，物塊質量為M，到小環(huán)的距離為L，其兩側面與夾子間的最大靜摩擦力均為F.小環(huán)和物塊以速度v向右勻速運動，小環(huán)碰到桿上的釘子P后立刻停止，物塊向上擺動.整個過程中，物塊在夾子中沒有滑動.小環(huán)和夾子的質量均不計，重力加速度為g.下列說法正確的是（ ） （A）物塊向右勻速運動時，繩中的張力等于2F （B）小環(huán)碰到釘子P時，繩中的張力大于2F （C）物塊上升的最大高度為 （D）速度v不能超過 【參

4、考答案】D 【名師解析】物塊向右勻速運動時，則夾子與物體M，處于平衡狀態(tài)，那么繩中的張力等于Mg，與2F大小關系不確定，選項A錯誤；小環(huán)碰到釘子P時，物體M做圓周運動，依據最低點由拉力與重力的合力提供向心力，因此繩中的張力大于Mg，而與2F大小關系不確定，選項B錯誤；依據機械能守恒定律，減小的動能轉化為重力勢能，則有：mv2=mgh，那么物塊上升的最大高度為h=，選項C錯誤；因夾子對物體M的最大靜摩擦力為2F，依據牛頓第二定律，結合向心力表達式，對物體M，則有：2F-Mg=M，解得：v=，選項D正確。 【名師點睛】在分析問題時，要細心。題中給的力F是夾子與重物間的最大靜摩擦力，而在物體運動

5、的過程中，沒有信息表明夾子與物體間靜摩擦力達到最大。另小環(huán)碰到釘子后，重物繞釘子做圓周運動，夾子與重物間的靜摩擦力會突然增大。 3.（2017全國II卷·17）如圖，半圓形光滑軌道固定在水平地面上，半圓的直徑與地面垂直，一小物塊以速度從軌道下端滑入軌道，并從軌道上端水平飛出，小物塊落地點到軌道下端的距離與軌道半徑有關，此距離最大時，對應的軌道半徑為（重力加速度為g）（ ） A. B. C. D. 【參考答案】B 【名師解析】設小物塊運動到最高點的速度為，半圓形光滑軌道半徑為R，小物塊由最低點運動到最高點

6、，由機械能守恒定律，；小物塊從最高點飛出做平拋運動，x=vtt，2R=gt2，聯立解得，x=2=4.當R=時，x最大，選項B正確。 4.（2019年4月浙江選考）某砂場為提高運輸效率，研究砂粒下滑的高度與砂粒在傳送帶上運動的關系，建立如圖所示的物理模型。豎直平面內有一傾角θ=370的直軌道AB，其下方右側放置一水平傳送帶，直軌道末端B與傳送帶間距可近似為零，但允許砂粒通過。轉輪半徑R=0.4m、轉軸間距L=2m的傳送帶以恒定的線速度逆時針轉動，轉輪最低點離地面的高度H=2.2m?，F將一小物塊放在距離傳送帶高h處靜止釋放，假設小物塊從直軌道B端運動到達傳送帶上C點時，速度大小不變，方向變?yōu)樗?/p>

7、向右。已知小物塊與直軌道和傳送帶間的動摩擦因數均為μ=0.5。（sin370=0.6） （1）若h=2.4m，求小物塊到達B端時速度的大??； （2）若小物塊落到傳送帶左側地面，求h需要滿足的條件 （3）改變小物塊釋放的高度h，小物塊從傳送帶的D點水平向右拋出，求小物塊落地點到D點的水平距離x與h的關系式及h需要滿足的條件。 【參考答案】（1）；（2）；（3） 【名師解析】 （1）物塊由靜止釋放到B的過程中： 解得vB=4m/s （2）左側離開，D點速度為零時高為h1 解得h

8、為使能在D點水平拋出則： 解得h≥3.6m 【2年模擬再現】 1.（6分）（2019山東棗莊二模）如圖所示，AB為光滑水平直軌道，BCD為半徑是R的光滑半圓弧軌道。質量為m的小球在A點獲得瞬時沖量l，經過D點時對軌道的壓力大小等于小球的重力大小，經過D點后又恰好落到A點，重力加速為g，則下列判斷正確的是（　?。? A．小球經過D點的速度為 B．小球獲得的沖量I＝m C．小球即將著地時重力的瞬時功率為2mg D．小球從A點運動到B點用時2 【參考答案】CD 【名師解析】根據小球在D點的受力情況應用牛頓第二定律求出經過D點時的

9、速度； 從A到D過程系統機械能守恒，應用機械能守恒定律求出小球在A點的速度，然后求出其獲得的沖量；小球離開D后做平拋運動，應用平拋運動規(guī)律求出小球落地時的豎直分速度，然后求出重力的瞬時功率；小球從A到B做勻速直線運動，應用運動學公式可以求出從A到B的時間。 小球過D點時對軌道的壓力大小等于小球的重力大小，在D點，由牛頓第二定律得：mg+mg＝m，解得：vD＝，故A錯誤；從A到D過程小球機械能守恒，由機械能守恒定律得：，解得：vA＝，由動量定理得：I＝mvA＝m，故B錯誤；小球離開D后做平拋運動，豎直方向：vy＝＝2， 小球落地時重力的瞬時功率：P＝mgccosα＝mgvy＝2mg，故C正

10、確；小球離開D后做平拋運動，豎直方向：2R＝，水平方向：AB＝vDt，小球從A到B做勻速直線運動：AB＝vAt′，解得：t′＝2，故D正確。 2.(2019河南名校聯考)如圖所示，一個固定在豎直平面上的光滑半圓形管道，管道里有一個直徑略小于管道內徑的小球，小球在管道內做圓周運動，從B點脫離后做平拋運動，經過0.3 s后又恰好垂直與傾角為45°的斜面相碰。已知半圓形管道的半徑R＝1 m，小球可看做質點且其質量為m＝1 kg，g取10 m/s2。則(　　) A.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是0.9 m B.小球在斜面上的相碰點C與B點的水平距離是1.9 m C.小球經過管道的

11、B點時，受到管道的作用力FNB的大小是1 N D.小球經過管道的B點時，受到管道的作用力FNB的大小是2 N 【參考答案】　AC 【名師解析】　根據平拋運動的規(guī)律，小球在C點的豎直分速度vy＝gt＝3 m/s，水平分速度vx＝vytan 45°＝3 m/s，則B點與C點的水平距離為x＝vxt＝0.9 m，選項A正確，B錯誤；在B點設管道對小球的作用力方向向下，根據牛頓第二定律，有FNB＋mg＝m，vB＝vx＝3 m/s，解得FNB＝－1 N，負號表示管道對小球的作用力方向向上，選項C正確，D錯誤。 3. (2019·山東泰州聯考)如圖所示,兩個質量均為m的小物塊a和b(可視為質點),靜

12、止在傾斜的勻質圓盤上,圓盤可繞垂直于盤面的固定軸轉動,a到轉軸的距離為l,b到轉軸的距離為2l,物塊與盤面間的動摩擦因數為,盤面與水平面的夾角為30°.設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度大小為g.若a、b隨圓盤以角速度ω勻速轉動,下列說法中正確的是 (　　) A. a在最高點時所受摩擦力可能為0 B. a在最低點時所受摩擦力可能為0 C. ω=是a開始滑動的臨界角速度 D. ω=是b開始滑動的臨界角速度 【參考答案】.AD　 【名師解析】 a在最高點時可能有重力沿斜面的分力提供向心力,所以所受摩擦力可能為0,，故選項A正確;；a在最低點,由牛

13、頓運動定律f- mgsin θ=m,所以a在最低點時所受摩擦力不可能為0，,故選項B錯誤；;對a在最低點,由牛頓運動定律μmgcos θ-mgsin θ=mω2l,代入數據解得ω=,，故選項C錯誤;；對b在最低點,由牛頓運動定律μmgcos θ- mgsin θ=mω2(2l),代入數據解得ω=,，故選項D正確. 4. （2019河南濮陽三模擬）（13分）如圖所示，一根跨越一固定的水平光滑細桿的柔軟、不可伸長的輕繩，兩端各系一個質量相等的小球A和B，球A剛好接觸地面，球B被拉到與細桿同樣高度的水平位置，當球B到細桿的距離為L時，繩剛好拉直．在繩被拉直時釋放球B，使球B從靜止開始向下擺動．求球

14、A剛要離開地面時球B與其初始位置的高度差． 【名師解析】設A剛離開地面時，連接球B的繩子與其初始位置的夾角為θ，如圖所示， 設此時B的速度為v，對B， 由牛頓第二定律得：T﹣mgsinθ＝m， 由機械能守恒定律得：mglsinθ＝mv2， A剛要離開地面時，T＝mg 以h表示所求的高度差，h＝lsinθ， 解得：h＝l； 答：球A剛要離開地面時球B與其初始位置的高度差為l． 5. （2019河南示范性高中聯考）.如圖所示，帶有圓管軌道的長軌道水平固定，圓管軌道豎直(管內直徑可以忽略)，底端分別與兩側的直軌道相切圓管軌道的半徑R=0.5m，P點左側軌道(包括圓管光滑右側

15、軌道粗糙。質量m=1kg的物塊A以v0=10m/s的速度滑入圓管，經過豎直圓管軌道后與直軌道上P處靜止的質量M=2kg的物塊B發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)，碰后物塊B在粗糙軌道上滑行18m后速度減小為零。已知物塊A、B與粗糙軌道間的動摩擦因數均為μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，物塊A、B均可視為質點。求： (1)物塊A滑過豎直圓管軌道最高點Q時受到管壁的彈力； (2)最終物塊A靜止的位置到P點的距離。 【答案】（1）150N（2）2m 【解析】（1）物塊A從開始運動到Q點的過程中，由機械能守恒定律可得： 物塊A在Q點時，設軌道對物塊A的彈力T向下，由牛頓第二定律可得：

16、 解得T=150N， 則物塊A在Q點時軌道對它的彈力大小為150N，方向豎直向下； （2）由機械能守恒定律可知，物塊A與B碰前的速度為v0，物塊A與B碰撞過程，由動量守恒定律： 碰后物塊B做勻減速運動，由運動學公式： 解得v1=-2m/s，v2=6m/s 由機械能守恒定律可知，物塊A若能滑回Q點，其在P點反彈時的最小速度滿足： 則物塊A反彈后劃入圓管后又滑回P點，設最終位置到P點的距離為xA， 則： 解得最終物塊A靜止的位置到P點的距離xA=2m 6.（2019河南安陽二模擬）如圖所示，一圓心為O半徑為R的光滑半圓軌道固定在豎直平面內，其下端和粗糙

17、的水平軌道在A點相切，AB為圓弧軌道的直徑。質量分別為m、2m的滑塊1、2用很短的細線連接，在兩滑塊之間夾有壓縮的短彈簧(彈簧與滑塊不固連)，滑塊1、2位于A點?，F剪斷兩滑塊間的細線，滑塊恰能過B點，且落地點恰與滑塊2停止運動的地點重合?；瑝K1、2可視為質點，不考慮滑塊1落地后反彈，不計空氣阻力，重力加速度為g，求 (1)滑塊1過B點的速度大?。? (2)彈簧釋放的彈性勢能大??； (3)滑塊2與水平軌道間的動摩擦因數。 【名師解析】（1）滑塊1恰能過B點，由重力提供向心力，由牛頓第二定律得 ??mg=m 可得vB= 滑塊1從A運動到B的過程，根據動能定理有 -2mgR=-

18、解得vB= 滑塊1、2被彈簧彈開的過程，取向右為正方向，根據動量守恒定律和能量守恒定律分別得 ??mvA-2 mv2=0 ??Ep=-。 聯立解得Ep=mgR 滑塊1過B點后做平拋運動，則水平方向有x=vBt 豎直方向有2R=gt2 滑塊2在水平面上做減速運動過程，由動能定理得-μ·2mgx=0- 解得：μ=5/16 預測考點一：曲線運動綜合問題 【2年模擬再現】 1. （2019年1月云南昆明復習診斷測試）如圖所示，一質量為m的小孩(可視為質點)做雜技表演。一不可伸長的輕繩一端固定于距離水平安全網高為H的O點，小孩抓住繩子上的P點從與O點等高的位置由靜止開始向下

19、擺動，小孩運動到繩子豎直時松手離開繩子做平拋運動，落到安全網上。已知P點到O點的距離為l(0

20、=m，解得F=3mg，由牛頓第三定律，繩子的拉力恒定為3mg，選項AB錯誤；小孩運動到繩子豎直時松手后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律，x=vt，H-l=gt2，聯立解得：x=2，由數學知識可知，當l=H/2時，小孩在安全網上的落點距離O點的水平距離x最大，選項C正確D錯誤。 【易錯警示】解答此題常見錯誤主要有：一是錯誤認為小孩速度越大就對繩子拉力越大，導致錯選A；二是不能正確運用相關知識列方程得出水平位移表達式，不能正確運用數學知識得出最大水平距離。 2．（2019廣東七校沖刺模擬）機場經常使用傳送帶和轉盤組合完成乘客行李箱的傳送，圖為機場水平傳輸裝置的俯視圖。行李箱從A處無初速放到傳送帶上，

21、運動到B處后進入和傳送帶速度始終相等的勻速轉動的轉盤，并隨轉盤一起運動（無打滑）半個圓周到C處被乘客取走。已知A、B兩處的距離L=10m，傳送帶的傳輸速度v=2.0m/s，行李箱在轉盤上與軸O的距離R=4.0m，已知行李箱與傳送帶之間的動摩擦因數μ1=0.1，行李箱與轉盤之間的動摩擦因數μ2=0.4，g=10m/s2。 （1）行李箱從A處被放上傳送帶到C處被取走所用時間為多少？ （2）如果要使行李箱能最快到達C點，傳送帶和轉盤的共同速度應調整為多大？ （3）若行李箱的質量均為15kg，每6s投放一個行李箱，則傳送帶傳送行李箱的平均輸出功率應為多大？ 【名師解析】（1）設行李箱質量為

22、m，放在傳送帶上，受到摩擦力做加速運動 由牛頓第二定律得：μ1mg=ma 由速度公式得：v=at1?????????? 由位移公式得：x=at12 解得：t1=2s，x=2m＜L ?行李箱在傳送帶上勻速運動時間t2==4s 從B到C做勻速圓周運動用時t3==6.28s 從A處被放上傳送到C用時為t=t1+t2+t3=2+4+6.28=12.28s （2）行李箱在轉盤上運動時取最大靜摩擦力， 由牛頓第二定律得：μ2mg=m， 則速度應為v2=4m/s 設行李箱在傳送帶上一直加速的速度為v1，則v12=2aL， 則v1=m/s＞4m/s 故最大速度應取為4m/s，即共同速

23、度應調整為4m/s （3）每傳送一個行李箱需要做功W，W=mv2+μ1mg（vt1-x）=60J 傳送行李箱需要的平均輸出功率P=W/t0=10W 答：（1）行李箱從A處被放上傳送帶到C處被取走所用時間為12.28s； （2）如果要使行李箱能最快到達C點，傳送帶和轉盤的共同速度應調整為4m/s； （3）傳送帶傳送行李箱的平均輸出功率應為10W。 3.（12分）（2019高考仿真模擬5）如圖所示，半徑R＝0.40 m的光滑半圓環(huán)軌道處于豎直平面內，半圓環(huán)與粗糙的水平地面相切于圓環(huán)的端點A。一質量m＝0.10 kg的小球，以初速度v0＝7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a＝3.0

24、m/s2的勻減速直線運動，運動s＝4.0 m后，沖上豎直半圓環(huán)，最后小球落在C點。(取重力加速度g＝10 m/s2)。 (1)小球運動到A點時的速度大小； (2)小球經過B點時對軌道的壓力大小； (3)A，C間的距離。 【名師解析】　(1)小球向左運動的過程中小球做勻減速直線運動，有v－v＝－2as 解得vA＝＝5 m/s。 ①（2分） (2)如果小球能夠到達B點，設在B點的最小速度為vmin， 有mg＝m 解得vmin＝2 m/s。 ②（2分） 而小球從A到B的過程中根據機械能守恒，有mg·2R＋mv＝mv 解得vB

25、＝3 m/s。 ③（2分） 由于vB＞vmin，故小球能夠到達B點，且從B點做平拋運動， 由牛頓第二定律可知F＋mg＝m， 解得F＝1.25 N ④（2分） 由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力大小為1.25 N。 ⑤（1分） (3)在豎直方向有2R＝gt2， ⑥（1分） 在水平方向有sAC＝vBt， ⑦（1分） 解得sAC＝0.6 m 故A，C間的距離為0.6 m. ⑧（1分） 【1年仿

26、真原創(chuàng)】 1.如圖甲所示,質量相等,大小可忽略的a、b兩小球用不可伸長的等長輕質細線懸掛起來,使小球a在豎直平面內來回擺動,小球b在水平面內做勻速圓周運動,連接小球b的細線與豎直方向的夾角和小球a擺動時細線偏離豎直方向的最大夾角都為θ,運動過程中兩細線拉力大小隨時間變化的關系如圖乙中c、d所示.則下列說法正確的是(　　) A.圖乙中直線d表示細線對小球a的拉力大小隨時間變化的關系 B.圖乙中曲線c表示細線對小球a的拉力大小隨時間變化的關系 C.θ=45° D.θ=60° 【參考答案】:BD 【名師解析】:題圖乙中曲線c表示細線對小球a的拉力大小隨時間變化的關系,直線d表示細線

27、對小球b的拉力大小隨時間變化的關系,選項A錯誤,B正確.對a小球運動，由機械能守恒定律，mgL(1-cos θ)=mv2,在最低點，由牛頓第二定律，F-mg=m,解得細線對小球a的拉力最大值F=3mg-2mgcos θ,在a小球運動到最高點時拉力最小,最小值F=mgcos θ,由題圖乙可知細線對小球a的拉力最大值是最小值的4倍,由此可得,θ=60°,選項C錯誤,D正確. 2. 為了研究過山車的原理，某物理小組提出了下列的設想：取一個與水平方向夾角為θ＝60°，長為L1＝2 m的傾斜軌道AB，通過微小圓弧與長為L2＝m的水平軌道BC相連，然后在C處設計一個豎直完整的光滑圓軌道，出口為水平軌道D

28、，如圖所示?，F將一個小球從距A點高為h＝0.9 m的水平臺面上以一定的初速度v0水平彈出，到A點時速度方向恰沿AB方向，并沿傾斜軌道滑下。已知小球與AB和BC間的動摩擦因數均為μ＝。g取10 m/s2，求： (1)小球初速度v0的大??； (2)小球滑過C點時的速率vC； (3)要使小球不離開軌道，則豎直圓弧軌道的半徑R應該滿足什么條件。 【名師解析】　(1)小球做平拋運動到達A點，由平拋運動規(guī)律知豎直方向有：v＝2gh 即：vy＝3 m/s 因為在A點的速度恰好沿AB方向， 所以小球初速度：v0＝vytan 30°＝ m/s (2)從水平拋出到C點的過程中，由動能定理得：

29、 mg(h＋L1sin θ)－μmgL1cos θ－μmgL2＝mv－mv 解得：vC＝3 m/s。 (3)小球剛好能通過最高點時，由牛頓第二定律有：mg＝m 小球做圓周運動過程中，由動能定理有： －2mgR1＝mv2－mv 解得：R1＝＝1.08 m 當小球剛好能到達與圓心等高時有：mgR2＝mv 解得：R2＝＝2.7 m 當圓軌道與AB相切時：R3＝L2tan 60°＝1.5 m，即圓軌道的半徑不能超過1.5 m 綜上所述，要使小球不離開軌道，R應該滿足的條件是：0＜R≤1.08 m。 答案　(1) m/s　(2)3 m/s　(3)0＜R≤1.08 m 3.如圖所示

30、，一水平傳送帶AB長為L＝6 m，離水平地面的高為h＝5 m，地面上C點在傳送帶右端點B的正下方。一物塊以水平初速度v0＝4 m/s自A點滑上傳送帶，傳送帶勻速轉動，物塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ＝0.2，重力加速度為g＝10 m/s2。 (1)要使物塊從B點拋出后的水平位移最大，傳送帶運轉的速度應滿足什么條件？最大水平位移多大？ (2)若物塊從A點滑上傳送帶到落地所用的時間為2.3 s，求傳送帶運轉的速度(＝3.162，＝3.77，結果保留三位有效數字)。 【名師解析】　 (1)要使物塊平拋的水平位移最大，則物塊應一直做加速運動，傳送帶必須沿順時針轉動，且轉動的速度滿足v2≥v

31、＋2μgL v≥2 m/s 物塊所能達到的最大速度為v2＝2 m/s 做平拋運動的過程h＝gt2 t＝＝1 s 則最大的水平位移為smax＝v2t＝2 m＝6.32 m (2)若物塊從A點滑上傳送帶到落地所用的時間為2.3 s，由于平拋運動的時間為1 s，因此物塊在傳送帶上運動的時間為t1＝1.3 s 若物塊從A到B以v0＝4 m/s勻速運動，需要的時間為t2＝＝1.5 s 若物塊一直勻加速運動，則所用的時間為 t3＝＝ s＝(－2) s＝1.162 s 由于t2＞t1＞t3，所以物塊在傳送帶上先加速再勻速 則＋＝t1 v′2－13.2v′＋40＝0 解得v′＝ m/s＝4.72 m/s。 答案　(1)v≥6.32 m/s　6.32 m　(2)4.72 m/s 16